电荷及其守恒定律一课一练
一、单项选择题
1．下列叙述正确的是( )
A．摩擦起电是创造电荷的过程
B．接触起电是电荷转移的过程
C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电
D．带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫电荷的湮灭
解析：选B.摩擦起电是电子转移的过程，不会创造电荷，A错误；接触起电是电荷在不同导体间转移的过程，B正确；玻璃棒与其他物体摩擦后可能带正电，也可能带负电，C错误；带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷会在导体间重新分配，整个导体显示中性，这种现象叫电荷的中和，D错误．故选B.
2.
静电在各个行业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是带电的物质微粒在电荷间作用力的作用下奔向并吸附到电极上．现有三个粒子a、b、c从P点向下运动，它们的运动轨迹如图所示，则( )
A．a带负电，b带正电，c不带电
B．a带正电，b不带电，c带负电
C．a带负电，b不带电，c带正电
D．a带正电，b带负电，c不带电
解析：选B.根据题图可知，a向左偏转，与负电极吸引，与正电极排斥，所以a带正电；c向右偏转，与负电极排斥，与正电极吸引，所以c带负电；b不偏转，应该不带电．选项B正确．
3．有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10－4 C的正电荷，B、C不带电，现用相互接触的方法使它们都带电，则A、B、C所带的电荷量可能是下面哪组数据( )
A．4.0×10－5 C,4.0×10－5 C,4.0×10－5 C
B．6.0×10－5 C,4.0×10－5 C,4.0×10－5 C
C．6.0×10－5 C,3.0×10－5 C,4.0×10－5 C
D．5.0×10－5 C,5.0×10－5 C,5.0×10－5 C
解析：选A.三个球同时接触后各带有4.0×10－5 C的电量，A正确；根据电荷守恒定律，接触前、后三球的总电量不变，B、C、D错误．故选A.
4.
绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a旁边放一金属球b，开始时，a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则( )
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
解析：选B.b球带电后，使a产生静电感应，感应的结果是a靠近b的一侧出现与b异种的感应电荷，远离b的一侧出现与b同种的感应电荷．虽然a上的感应电荷等量异号，但因为异种电荷离b更近，所以b对a的电场力为引力．当b吸引a使两者接触后，由于接触带电，b、a又带上了同种电荷，有斥力作用，因而又把a排斥开，故选B.
5.
(2014·玉溪高二检测)如图所示，A、B为带异种电荷的小球，将两条不带电的导体棒C、D放在两球之间，在用导线将C棒左端点x和D棒右端点y连接起来的瞬间，导线中自由电子移动的方向是( )
A．x→y B．y→x
C．没有电流 D．先是y→x，然后x→y
解析：选B.由于同种电荷相斥，异种电荷相吸，在C、D组成的导体中自由电子沿y向x运动，在C中聚集负电荷，在D中聚集正电荷，B正确．
6.
如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是( )
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片闭合
C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
解析：选A.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开，A上带负电荷，B上带正电荷；把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B仍带电；先把C移去，再把A、B分开，A、B上的电荷已相互中和，都不再带电．故选A.
7．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况不可能是( )
A．两球原来带有等量异种电荷
B．两球原来带有同种电荷
C．两球原来带有不等量异种电荷
D．两球中原来只有一个带电
解析：选A.当两球带有等量异种电荷时，两者接触，发生中和，之后两者无作用力，故A不可能互相排斥，B、C、D三种情况相互接触再分开都带同种电荷，相互排斥．故选A.
8．(2014·成都七中高二检测)某验电器金属小球和金属箔片均带负电，金属箔片处于张开状态．现用绝缘柄将带有少量负电荷的硬橡胶棒向验电器的金属小球移近稍许，则验电器金属箔片( )
A．张角增大稍许
B．张角减小稍许
C．硬橡胶棒的靠近稍许，使金属箔片上的电子向金属小球移动
D．硬橡胶棒的靠近稍许，使金属箔片上的质子向金属小球移动
解析：选A.金属内可以自由移动的是自由电子，故选项D错误；当橡胶棒向金属小球靠近时，橡胶棒与金属小球上的负电荷间相互排斥，金属小球上的电子向金属箔片移动，使金属箔片上的电荷量增加，所以张角增大．选项A正确，B、C错误．故选A.
9．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上的电荷几乎不存在了，这说明( )
A．小球上原有的负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷不守恒
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由于空气中的正电荷把小球上的负电荷中和了
解析：选C.绝缘金属小球上的电荷量减少是由于电子通过空气导电转移到外界，使小球上的电荷量减少，但这些电子并没有消失，就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷总量保持不变，因此C选项正确．
☆10.目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电荷量为e，d夸克带电荷量为－e，e为元电荷．下列论断可能正确的是( )
A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成
D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成
解析：选B.对质子H：带电荷量为2×e＋＝e，故由2个u夸克和1个d夸克组成；对中子n：带电荷量为1×e＋2×＝0，故由1个u夸克和2个d夸克组成．故选B.
二、非选择题
11．有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电荷量为q，B球所带电荷量为－q，现要使A、B所带电荷量都为－，应该怎么办？
解析：先用手接触一下A球，使A球带的电传入大地，再将A、B接触一下，分开A、B，此时A、B所带电荷量都是－，再用手接触一下A球，再将A、B接触一下再分开，这时A、B所带电荷量都是－.
答案：见解析
12.
如图所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，求：
(1)金属瓶上收集到多少个电子？
(2)实验的时间为多长？
解析：(1)金属瓶上收集的电子数目为：
N＝＝＝5×107个．
(2)实验的时间：t＝ s＝5 000 s.
答案：(1)5×107个 (2)5 000 s
库仑定律一课一练
一、单项选择题
1．关于库仑定律，下列说法中正确的是( )
A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B．根据F＝k，当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大
C．若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律
解析：选D.点电荷是实际带电体的近似，只有带电体的大小和形状对电荷的作用力影响很小时，实际带电体才能视为点电荷，故选项A错误；当两个电荷之间的距离趋近于零时，不能再视为点电荷，公式F＝k不能用于计算此时的静电力，故选项B错误；q1和q2之间的静电力是一对相互作用力，它们的大小相等，故选项C错误；库仑定律与万有引力定律的表达式相似，研究和运用的方法也很相似，都是平方反比定律，故选项D正确．
2．(2014·江苏淮安调研)A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为( )
A．－F/2 B．F/2
C．－F D．F
解析：选B.如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，根据库仑定律F＝，F′＝，可得F′＝，故选项B正确．
3.
如图所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是( )
A．F引＝G，F库＝k
B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G ，F库＝k
D．F引＝G，F库≠k
解析：选D.由于a、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l＝3r，不满足l?r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠k.虽然不满足l?r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝G.故选D.
4．设星球带负电，一带电粉尘悬浮在距星球表面1 000 km的地方，又若将同样的带电粉尘带到距星球表面2 000 km的地方相对于该星球无初速释放，则此带电粉尘( )
A．向星球下落 B．仍在原处悬浮
C．推向太空 D．无法判断
解析：选B.设粉尘距球心为r，粉尘质量为m，星球质量为M，粉尘电荷量为q，星球电荷量为Q，则有k＝G.由等式可看出r再大，等式仍成立，故选B.
5．两个完全相同的金属球，带电荷量之比为1∶7，两球相距为r，两者接触后再放回原位置，则它们之间的库仑力可能是原来的( )
A.或 B.或
C.或 D.或
解析：选C.设原来所带电荷量分别为Q和7Q，则两球间的库仑力为F＝，若两球带同种电荷，则分开后带电荷量分别为4Q，则F′＝，若两球带异种电荷，则分开后带电荷量分别为3Q，则F″＝.故选C.
6.
如图所示，完全相同的两个金属小球A和B带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用，弹簧比原来缩短了x0.现将与A、B完全相同的不带电的金属球C先与A球接触一下，再与B球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的压缩量变为( )
A.x0 B.x0
C．大于x0 D．小于x0
解析：选D.因为原来弹簧处于压缩状态，A、B两球带的肯定是等量的异种电荷．将与A、B完全相同的不带电的金属球C先与A接触后，A的电荷量将分一半给C，当C再与B接触时，C、B的异种电荷先中和，然后B、C平分，这样B带的电荷量将为原来的.此时如果仅根据库仑定律F＝k得出库仑力变为原来的，弹簧弹力也要减小为原来的才能平衡，因而弹簧的压缩量将变为原来的，将错选B.实际上，当弹簧压缩量减小后，长度变长；由于静电感应，库仑力将变大，综合考虑这些因素，弹簧弹力应小于原来的才能平衡，故选D.
7.
中子内有一个电荷量为＋e的上夸克和两个电荷量为－e的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图所示．在下面给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是( )
解析：
选B.电荷量为＋e的上夸克受另两个下夸克的吸引力，合力的方向一定竖直向下．对其中一个下夸克，受力情况如图所示，由于F1的水平分力与F2大小相等，方向相反，故F1与F2的合力竖直向上．故选B.
8．(2014·浏阳一中高二检测)如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L，在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系满足( )
A．tan2α＝ B．tan2α＝
C．tan3α＝ D．tan3α＝
解析：选D.带电小球q在P点平衡时，沿切线方向受力平衡，即FAPsin α＝FBPcos α
根据库仑定律：FAP＝k，FBP＝k
由以上两式可得D项正确．故选D.
☆9.
(2014·无锡高二测试)如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C均围绕B以相同的角速度做匀速圆周运动，三个带电质点始终在同一直线上，B恰能保持静止．其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是( )
A.2 B.2
C.3 D.3
解析：选C.根据B恰能保持静止可得：k＝k.A做匀速圆周运动，k－k＝mAω2L1，C做匀速圆周运动，k－k＝mCω2L2，联立解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比等于3，选项C正确．
☆10.
如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为( )
A．－9∶4∶－36 B．9∶4∶36
C．－3∶2∶－6 D．3∶2∶6
解析：选A.每个电荷都受到另外两个电荷对它的静电力的作用，其合力为零，这两个力必须满足的条件为：大小相等，方向相反．由分析可知：三者电性不可能相同，只能是如图所示两种情况．
考虑q2的平衡：
由r12∶r23＝1∶2
据库仑定律得q3＝4q1
考虑q1的平衡：由r12∶r13＝1∶3
同理得：q1∶q2∶q3＝1∶∶4＝9∶4∶36
考虑电性后应为－9∶4∶－36或9∶－4∶36.故选A.
二、非选择题
11．如图甲所示，一条长为3L的绝缘细线穿过两个质量都是m的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电荷量是多少？某同学解答这道题的过程如下：
设小环的电荷量为q，则小环受到三个力的作用，拉力FT、重力mg和库仑力F，受力分析如图乙所示．由受力平衡得，k＝mgtan 30°，q＝ .
你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答．
解析：
不正确；受力分析时漏掉了AB段细线上的拉力．
正确解答：小环A的受力分析如图所示，受四个力作用，重力mg、库仑力F、细线上两个拉力FT，则FTsin 60°＝mg
FTcos 60°＋FT＝k
解得q＝＝L.
答案：不正确 正确解答见解析
☆12.
(2014·三明高二检测)如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30 g，则B带电荷量是多少？(取g＝10 m/s2)
解析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.
依据题意可得tan 30°＝
L＝＝ cm＝10 cm
对B进行受力分析，如图所示
依据物体平衡条件解得库仑力：
F＝mgtan 30°＝30 ×10－3×10× N
＝0.3 N.
依据F＝k得：F＝k.
解得Q＝＝×10 ×10－2 C＝1.0×10－6 C.
答案：1.0×10－6 C
电场强度一课一练
一、单项选择题
1．下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )
解析：选C.A图中，A、B两点场强大小相等，方向不同，B图中，A、B两点场强的方向相同，但大小不等，C图中是匀强电场，则A、B两点场强大小、方向相同；D图中A、B两点场强大小、方向均不相同．故选C.
2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是( )
解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确．故选D.
3．(2014·华南师大附中高二检测)
如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，故选B.
4．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
解析：
选D.由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，故选D.
5.
(2014·沈阳二中高二期中)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图不可以做出的判断是( )
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大
D．带电粒子在a、b两点的加速度方向
解析：选A.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A错误；加速度由电场力产生，
由于a处电场线较b处密，所以a处电场强度大，由E＝知，带电粒子在a处受电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C、D正确．故选A.
6.
如图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )
A．体中心、各面中心和各边中点
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心和各面中心
解析：选D.根据点电荷场强公式E＝及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故选D.
7.
(2014·温州十校联考)如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q的点电荷(电性如图所示)，a、b、c、d是正方形边长的中点，则以下说法中错误的是( )
A．a、b、c、d四点的场强相同
B．a、c两点的场强一定等大且反向
C．b、d两点的场强一定等大且反向
D．e点的场强一定为零
解析：选A.根据放置的电荷的位置和对称性可知，a、b、c、d四个点场强大小相等，但方向不同，A错误；由对称性知，a、c两点和b、d两点的场强大小相等、方向相反，B、C正确；同理，由对称性知e点的场强为零，D正确．故选A.
8.
如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移到P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．2∶ D．4∶
解析：
选B.依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则＝，故选B.
9．(2014·山西忻州期中)如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为x轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到点电荷Q的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则下列说法错误的是( )
A．点电荷Q一定为正电荷
B．点电荷Q在AB之间
C．A点的电场强度大小为2×103 N/C
D．同一电荷在A点所受的电场力比B点的大
解析：选A.由题图可知，A、B都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值为各点的场强大小，则EA＝N/C＝2×103N/C，EB＝N/C＝0.5×103N/C＝，同一电荷在A点所受的电场力比B点的大，由A、B两点所放的检验电荷电性相反而所受电场力方向相同，可得A、B两点电场强度方向相反，则点电荷Q在AB之间，且为负电荷，故本题应选A.
☆10.真空中
相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断正确的是( )
A．点电荷M、N可能为同种电荷
B．点电荷M、N一定为异种电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1
D．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
解析：选D.从场强E随x的变化关系图象可以看出，x＝2a处的场强为零，在0～2a范围内场强为正，2a～3a范围内场强为负，根据场强叠加原理可知，点电荷M、N为同种电荷，选项A、B错误；设点电荷M的带电荷量为q1，点电荷N的带电荷量为q2，x＝2a处的场强为E＝k－k＝0，解得：q1∶q2＝4∶1，选项C错误，选项D正确．
二、非选择题
11.
如图所示，空间中A、B、C三点的连线恰构成一直角三角形，且∠C＝30°，AB＝L，在B、C两点分别放置一点电荷，它们的电量分别是＋Q与－Q(静电力常量为k)．求斜边AC的中点D处的电场强度．
解析：
连接BD，三角形ABD为等边三角形，可得BD＝CD＝AB＝L.点电荷＋Q与－Q在D处产生的场强大小均为E1＝k，方向如图所示，二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知，D处的电场强度为这两个场强的矢量和，可解得E＝2E1cos 30°＝2××＝，方向水平向右．
答案：，方向水平向右
12.
在场强为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点．当把一检验电荷＋q放在d点恰好平衡时(如图所示)．
(1)匀强电场场强E的大小，方向如何？
(2)检验电荷＋q放在点c时，受力Fc的大小、方向如何？
(3)检验电荷＋q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何？
解析：(1)由题意可知：F1＝k，F2＝qE
由于F1＝F2，所以qE＝k，E＝k
匀强电场方向沿db方向．
(2)检验电荷放在c点：
Ec＝＝E＝k
所以Fc＝qEc＝k
方向与ac方向成45°角斜向下(如图所示)．
(3)检验电荷放在b点：
Eb＝E2＋E＝2E＝2k
所以Fb＝qEb＝2k，方向沿db方向．
答案：(1)k，方向沿db方向 (2)k，方向与ac方向成45°角斜向下 (3)2k，方向沿db方向
电势能和电势一课一练
一、单项选择题
1.
孤立点电荷电场中的一簇等势面如图中虚线所示，其电势分别为φ1、φ2、φ3，其中A、B、C是某电场线与这簇等势面的交点，且AB＝BC.现将一负电荷由A移到B，电场力做正功W1；由B移到C，电场力做正功W2，则( )
A．W1＝W2，φ1＜φ2＜φ3
B．W1＝W2，φ1＞φ2＞φ3
C．W1＞W2，φ1＜φ2＜φ3
D．W1＜W2，φ1＞φ2＞φ3
解析：选C.由电场力做正功可知，负电荷受电场力向右，电场线方向向左，所以场源电荷为负电荷在左侧，则AB间场强比BC间强，电场力做功多，即W1＞W2.沿电场线电势降低，则有φ1＜φ2＜φ3，故选C.
2．设电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A．负电荷只能朝着电势能减小的地方运动
B．正电荷只能朝着电势低的地方运动
C．初速度为零的负电荷一定朝着电势能增大的地方运动
D．初速度为零的正电荷一定朝着电势降低的地方运动
解析：选D.电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，C错误、D正确．电荷初速度不为零时，运动方向由初速度方向和所受静电力的方向决定，可能做加速运动，也可能做减速运动，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动，A、B错误．故选D.
3.
(2014·长沙模拟)一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度释放，沿直线先后经过电场中的B点和C点．如图所示，点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB和EC表示，则EA、EB、EC间的关系可能是( )
A．EA>EB>EC或EA>EC>EB
B．EAC．EAEB>EC
D．EA>EC>EB或EA解析：选A.若电场力一直做正功，则电势能减少；若电场力先做正功再做负功，则电势能先减少后增加，故选A.
4.
如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N处各放一个点电荷，它们带等量异种电荷．E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP＝QN，则电场强度和电势都相同的两点是( )
A．E和F B．P和Q
C．A和B D．C和D
解析：选A.由等量异种点电荷形成的电场特点知E、F两点的电场强度和电势都相同；P、Q两点的电场强度相同，但P点的电势比Q点的高；A、B两点的电场强度的大小相等，但方向不同，若无穷远处电势为0，则A点的电势为正，B点的电势为负，A点的电势高于B点，同理D、C两点的场强和电势也不同．故选A.
5．(2014·山东潍坊模拟)
如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内有一带正电的点电荷a(图中未画出)，与a带同种电荷的质点b仅在a的库仑力作用下，以初速度v0(沿MP方向)由M点运动到N点，到N点时速度大小为v，且vA．a电荷一定在虚线MP下方
B．b电荷在M点、N点的加速度大小可能相等
C．b电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D．b电荷从M点到N点的过程中，a电荷对其做的总功为负值
解析：选B.合外力应指向轨道凹侧，因为带同种电荷，a电荷一定在虚线MP下方，故A对；由v6.
如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正的点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，<，用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则( )
A．EA一定大于EB，φA一定大于φB
B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB
C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB
D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB
解析：选B.在两个点电荷P、Q产生的电场中，某一点的场强等于P、Q分别在该点产生的场强的矢量和，由点电荷场强计算公式E＝知两点电荷连线中点O和无穷远处的场强均为零，而A、B处场强是两正点电荷分别在该点产生的电场强度的矢量和，所以从O点起沿中垂线到无穷远处场强先增大后减小，因A、B具体位置不确定，所以其场强大小关系不确定．假设一正点电荷从O点移动到B点，其受力方向始终沿OB方向，所以φA>φB，综上所述，选项B正确．
7.
如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )
A．M点的电势小于N点的电势
B．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
C．粒子在M点的速度大于在N点的速度
D．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
解析：选D.沿电场线方向电势降落，所以A错；由M到N电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以B、C错；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，由a＝，加速度越大，故D对．
☆8.
如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷(即电荷量与质量之比)相同的带电粒子(不计重力)以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断( )
A．两个粒子电性相同
B．经过b、d两点时，两粒子的加速度相同
C．经过b、d两点时，两粒子的速率相同
D．经过c、e两点时，两粒子的速率相同
解析：选D.因轨迹是曲线，类比匀速圆周运动，合力指向圆心，可知粒子1受斥力，粒子2受引力，两个粒子的电性不同，A错误．设带电粒子距点电荷的距离为r，点电荷带电荷量为Q，则粒子运动的加速度大小为a＝＝＝·.由已知条件有：在b、d两点时，两者加速度大小相同，方向不同，B错误．粒子1受斥力，从a到b过程中，电场力和运动方向成钝角，做负功，动能减小；粒子2受引力，从a到d过程中，电场力和运动方向始终成锐角，做正功，动能增加；又两粒子初速度大小相同，则两粒子经过b、d两点时的速率不相同，C错误．a、c、e三点在同一等势面上，则从a分别到c、e时，动能相同，速率相同，D正确．故选D.
☆9.在空间中的A、B两点固定着一对等量同种电荷，如图所示，有一带电微粒在它们产生的电场中运动，设带电微粒在运动过程中只受到电场力的作用，则带电微粒所做的运动可能是( )
A．匀变速直线运动或往复运动
B．匀速圆周运动或抛物线运动
C．抛物线运动或往复运动
D．往复运动或匀速圆周运动
解析：选D.很多同学分析时只局限于在纸平面内思考，考虑到电场分布的空间性及对称性，在以A、B连线的中点O为圆，垂直于A、B的连线的方向上，如果给带电粒子适当大小的沿切线方向的速度，带电粒子是完全可能做匀速圆周运动的．故选D.
二、非选择题
10.
(2014·浙江金华一中高二测试)如图所示，在场强为E的水平匀强电场中，一根长为l的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量＋q和－q的小球(大小不计)．现让绝缘杆绕中点O逆时针转动α角，求转动中带电小球克服电场力所做的功．
解析：每个带电小球的初、末位置沿电场线方向的距离均为
d＝(1－cos α)
每个带电小球克服电场力做功W＝Fd＝qE(1－cos α)
故两个带电小球克服电场力做功
W′＝2W＝qEl(1－cos α)．
答案：qEl(1－cos α)
11．(2014·宁德一中高二检测)将一个电荷量为1.0×10－8 C的负电荷，从无穷远处移到电场中的A点，克服电场力做功2.0×10－8 J，现将该电荷从A点移到B点，电场力做功1.0×10－8 J．试求电场中A、B两点的电势．(取无穷远处为零电势能点)
解析：EpA＝2.0×10－8 J
φA＝＝－2 V
又EpA－EpB＝1.0×10－8 J
故EpB＝1.0×10－8 J，φB＝＝－1 V.
答案：－2 V －1 V
☆12.如图所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点电势是多大？
解析：在A→B过程中
由动能定理得：mgh＋W电＝mv2
解得：W电＝mgh
W电＝EpA－EpB＝－EpB
φC＝φB＝＝.
答案：mgh
电势差一课一练
一、单项选择题
1．下列说法正确的是( )
A．A、B两点的电势差等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功
B．电势差有正值和负值之分，是一个矢量
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势面的不同而改变，所以UAB＝UBA
解析：选C.由电势差的定义可知A项错误．由电势差的特性可知电势差是标量，有正、负值之分，B项错误．由电场力做功的特性及电势差的定义可知，两点的电势差只与两点的位置有关，C项正确．电势差可以反映出两点电势的高低，UAB＝－UBA，D项错误．故选C.
2.
如图所示是一个正电荷的电场，两虚线是以点电荷为圆心的同心圆，A、B两点的电势差为4 V．有一个q＝－1.0×10－8 C的点电荷，从A点沿不规则曲线移到B点，电场力做功为( )
A．4.0×10－8 J
B．－4.0×10－8 J
C．－2.5×10－9 J
D．路径不清，不能确定
解析：选B.电场力做功与路径无关，WAB＝qUAB＝(－1.0×10－8)×4 J＝－4.0×10－8 J，故B正确．
3．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点．在这个过程中，除电场力外，其他外力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为( )
A．1×104 V B．－1×104 V
C．4×104 V D．－7×104 V
解析：选A.设电场力做功为W，由动能定理知：W＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，可求得W＝2.0×10－5 J，因此a、b两点间的电势差为Uab＝＝1×104 V，故选A.
4.
(2014·黄山屯溪一中高二检测)如图所示，在－Q形成的电场中，有a、b、c三点，它们到点电荷的距离为raA．a点电势高于c点电势
B．a点场强比c点场强大
C．同一负电荷放在c点比放在a点的电势能小
D．同一负电荷由a点移到b点与由b点移到c点电场力做功相同
解析：选A.由孤立负点电荷电场线和等势面的分布知B正确；因φc>φa，同一负电荷在电势低处电势能大，C正确；因Uab＝Ubc，据W＝qU知Wab＝Wbc，D正确．
5.
(2014·郑州外国语学校高二月考)如图所示，虚线1、2、3、4为静电场中的等势面，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b两点时的动能分别为26 eV和5 eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时，它的动能应为( )
A．8 eV B．13 eV
C．20 eV D．34 eV
解析：选C.由于电荷在电场中移动时只有静电力做功，因此能量之间的转化只有动能和电势能之间的转化.1、2、3、4为等差等势面，等势面3的电势为零，从等势面1到等势面4电荷减少的动能为21 eV，所以从1到3减少的动能为14 eV，故电荷在等势面3上的动能为12 eV，故当电势能为－8 eV时，动能为20 eV.故选C.
6．(2014·山东四市联考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正点电荷，a、b、c、d为以O为圆心的同一圆周上的四点，bd与电场线平行，ac与电场线垂直，则( )
A．a、c两点的场强相同
B．b点的场强大小等于a点的场强大小
C．d、a间的电势差大于a、b间的电势差
D．检验电荷在a点的电势能等于在c点的电势能
解析：选D.a、c两点在匀强电场中电场强度相同，点电荷在a、c两点产生的电场强度大小相等、方向相反，合成后，a、c两点的合场强仅大小相同，A错误；a、b、c、d四点中b点的合场强最大，B错误；d、a间的电势差与a、b间的电势差相等，C错误；a点电势与c点电势相等，检验电荷在a点的电势能与在c点的电势能相等，D正确．故选D.
7.
(2014·成都四中高二检测)如图所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V．一质子(H)从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是( )
A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV
B．质子从a等势面运动到c等势面动能不变
C．质子经过等势面c时的速率为2.25v
D．质子经过等势面c时的速率为1.5v
解析：选D.质子由电势高的等势面向电势低的等势面运动，电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项A、B错误；质子从a到b的过程中，由动能定理得mv2＝2 eV，质子从a到c的过程中，由动能定理得mv＝4.5 eV，解得vc＝1.5v，选项C错误，D正确．故选D.
8.
(2014·泉州质检)如图所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有a、b、c、d、e五个点，现在其一个焦点f处固定一正点电荷，则下列判断正确的是( )
A．c、e两点的电场强度相同
B．a点的电势比b点的电势高
C．一负电荷在d点时的电势能大于在a点时的电势能
D．将一正电荷由e点沿eabc移到c点，所受电场力先做正功再做负功，但总功为零
解析：选D.c、e两点的电场强度大小相等，方向不同，分别沿fc、fe方向，选项A错误；离正点电荷越近的点电势越高，a点离f远，故选项B错误；负电荷在电势越高的位置其电势能越小，a点电势低于d点电势，故负电荷在d点时的电势能小于在a点时的电势能，选项C错误；将一正电荷由e点沿ea移到a点的过程中，所受电场力做正功，由a点沿abc移到c点的过程中，所受电场力做负功，由于c、e两点等电势，故整个过程中电场力做功为零．
9．(2014·长春调研)在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)，D(2L,0,0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是( )
A．A、B、C三点的电场强度相同
B．电势差UOA＝UAD
C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相等
D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能
解析：选C.A、B、C三点的电场强度大小相同、方向不同，A错误；电势差UOA＞UAD，B错误；电子在A点的电势能小于在D点的电势能，D错误；将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相等，C正确．故选C.
☆10.
(2014·广东广雅中学高二检测)如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有
2gh＝v.
电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv变为2mv，则根据动能定理，有Uq－mgh＝2mv－mv，
解方程得A、B两点电势差应为，故选C.
二、非选择题
11.
如图所示是一匀强电场，已知场强E＝2×102 N/C.现让一个带电荷量q＝－4×10－8 C的电荷沿电场方向从M点移到N点，M、N间的距离x＝30 cm.试求：
(1)电荷从M点移到N点电势能的变化．
(2)M、N两点间的电势差．
解析：(1)负电荷从M点移到N点时，所受电场力的方向与场强方向相反，故电场力做负功为
WMN＝qEx＝－4×10－8×2×102×0.3 J＝－2.4×10－6 J.
因电场力做负功，电荷的电势能增加，增加的电势能等于电荷克服电场力做的功，所以电荷电势能增加了2.4×10－6 J.
(2)M、N两点间的电势差
UMN＝＝ V＝60 V.
答案：(1)电势能增加了2.4×10－6 J (2)60 V
☆12.
如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是半径为R的圆形轨道，今有质量为m、带电量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与最低点B间的电势差为多大？
解析：小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力做功和电场力做功，由动能定理得
mv2＝qUAD－mg·2R
小球在D点时重力完全用来提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，联立解得UAD＝
由于B、D两点在同一等势面上所以
UAB＝UAD＝.
答案：
电势差与电场强度的关系一课一练
一、单项选择题
1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( )
①场强E＝F/q ②场强E＝U/d
③场强E＝kQ/r2 ④电场力做功W＝Uq
A．①③ B．②③
C．②④ D．①④
解析：选D.②只适用于匀强电场，③只适用于点电荷的电场，①④既适用于匀强电场，也适用于点电荷的电场．故选D.
2．正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100 m，且已知空气的击穿场强为3×106 V/m，那么发生此次闪电的电势差约为( )
A．3×108 V B．3×106 V
C．3×104 V D．3×10－5 V
解析：选A.将空气中的电场视为匀强电场，由U＝Ed，可得U＝3×108 V，故选A.
3.
如图所示，在电场中任意取一条电场线，电场线上的a、b两点相距为d，则( )
A．a点场强一定大于b点的场强
B．a点的电势一定高于b点的电势
C．a、b两点间的电势差一定等于E·d(E为a点的场强)
D．a、b两点间的电势差等于电荷由a点沿任意路径移动到b点的过程中静电力所做的功
解析：选B.场强方向不能表示场强大小，A项错；沿场强方向电势降低，B项对；C项错是因为此电场不一定是匀强电场；由电势差的定义知D项错．
4.
(2014·江苏淮阴中学高二测试)在如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是( )
A．A、D两点间电势差UAD与A、A′两点间电势差UAA′相等
B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做负功
C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小
D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同
解析：选D.A、D两点间电势差UAD等于零，A、A′两点间电势差UAA′不为零，选项A错误；带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点电场力做的功等于从A点移到A′点的，电场力做正功，选项B错误；带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做负功，电势能增大，选项C错误；带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同，电场力做功和路径无关，选项D正确．故选D.
5.
如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行．则( )
A．E点的电势与C点的电势相等
B．电势差UEF与电势差UBC相同
C．电场强度的大小为10 V/m
D．电场强度的大小为V/m
解析：选D.
因为在匀强电场中，任意一条直线(等势线除外)上的电势是均匀变化的，所以连接AD，如图所示，连线中点O的电势应该是φO＝φA＋(φD－φA)/2＝2.0 V，又C点电势φC＝2.0 V，所以φO＝φC，即O点和C点处在同一条等势线上，直线OC是等势线，与等势线OC平行的直线DE、AB也是等势线，故φF＝φO＝2.0 V、φE＝φD＝3.0 V、φB＝φA＝1.0 V，A、B错误；匀强电场的电场线是一簇垂直于等势线的平行直线，根据几何关系，等势线DE与OC间的距离为d＝5 cm，它们之间的电势差为U＝1.0 V，故电场强度的大小E＝U/d＝ V/m，D正确．
6.
如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为φa＝－50 V，φb＝－20 V，则a、b连线的中点c的电势φc应为( )
A．φc＝－35 V
B．φc＞－35 V
C．φc＜－35 V
D．无法判断
解析：选B.由图可知，这是一个非匀强电场，且 Eb＜Ea.若此电场为匀强电场，则φc＝－35 V；而此电场中Eb＜Ec＜Ea，即从b到c的过程中每单位距离上的电势降低要比从c到a的过程中每单位距离上的电势降低慢，故φc＞－35 V．故选B.
7．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为( )
A．4 V B．8 V
C．12 V D．24 V
解析：选B.因为bc与ad平行且相等，由匀强电场特点可得：φb－φc＝φa－φd，解得φc＝8 V．故选B.
8.
如图所示，虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化等于由b点到c点的动能变化
解析：选C.由于带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，A错误；根据库仑定律F＝k可知，B错误；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，C正确；由动能定理可得qU＝ΔEk，因为Uab＞Ubc，所以D错误．故选C.
☆9.
(2014·大庆一中高二检测)如图，纸面内有匀强电场，一带正电的质点(重力不计)在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知F和AB间夹角为θ，点A、B间距离为d，质点所带电荷量为q，则下列结论正确的是( )
A．匀强电场的场强大小为
B．A、B两点间的电势差为UAB＝
C．带电质点由A点运动至B点的过程中电势能增加了Fdcos θ
D．若带电质点由B点向A点做匀速直线运动，则F必须反向
解析：选C.质点沿AB做匀速直线运动，所以质点所受电场力与力F大小相等、方向相反，匀强电场的场强大小为F/q，方向沿F的反方向，A错误；A、B两点间的电势差为UAB＝－Edcos θ＝－Fdcos θ/q，B错误；带电质点由A点运动至B点的过程中电势能增加了ΔEp＝－W电＝－qUAB＝Fdcos θ，C正确；若带电质点由B点向A点做匀速直线运动，仍应受平衡力作用，所以F方向不变，D错误．故选C.
二、非选择题
10．如图所示，A、B、C是匀强电场中的等腰直角三角形的三个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，试确定场强的方向，并画出电场线．
解析：
根据A、B、C三点的电势的特点，在AC连线上取M、N两点，使AM＝MN＝NC，如图所示，尽管AC不一定是场强方向，但可以肯定AM、MN、NC在场强方向上的投影长度相等，由U＝Ed可知，
UAM＝UMN＝UNC.
＝ V＝6 V.
由此可知，φN＝3 V，φM＝9 V，B、N两点等电势，BN的连线即为等势线，那么电场线与BN垂直．电场强度的方向为电势降低的方向：斜向下．
答案：见解析
11.
在如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场线方向，bc与电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W＝1.2×10－7 J.
(1)匀强电场的场强E等于多少？
(2)电荷从b移到c，电场力做功W2等于多少？
(3)a、c两点的电势差Uac等于多少？
解析：(1)设a、b两点间的距离为d，由题意有
W1＝qUab，E＝.
由以上两式得
E＝＝ V/m＝60 V/m
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，
Ubc＝Ed1，d1＝bc·cos 60°，W2＝qUbc，
解得：W2＝qE·bc·cos 60°
＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J
＝1.44×10－7 J.
(3)设电荷从a移到c，电场力做功为W，W＝W1＋W2，W＝qUac，由以上两式得
Uac＝＝ V＝6.6 V
答案：见解析
☆12.(2014·西安一中高二月考)如图所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：
(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？
(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)
解析：(1)如图甲所示，电场线水平向左，由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度的方向在一条直线上，所以小球带正电．
由图乙可知，Eq＝mg，
又E＝，所以q＝.
(2)由图乙可知，F合＝＝mg
由动能定理得：－F合·xm＝0－mv20
所以xm＝.
答案：(1)正电荷 (2)
静电现象的应用 一课一练
单项选择题
1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是( )
A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D．打雷时，待在汽车里比待在木屋里要危险
解析：选B.电工穿绝缘衣容易产生大量的静电，反而比较危险，选项A错误．塑料油桶会因摩擦而带电，因为塑料是绝缘材料，不能把电导走，所以塑料油桶内易产生火花导致塑料油桶爆炸，选项B正确．小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两腿间的电压非常小，小鸟不会被电死，选项C错误．打雷时，待在汽车里，汽车的金属外壳起到静电屏蔽的作用，而木屋没有静电屏蔽作用，所以待在汽车里比待在木屋里要安全，选项D错误．故选B.
2.
如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷．在静电平衡后，下列物理量中不等于零的是( )
A．导体腔内任意点的场强
B．导体腔内任意点的电势
C．导体外表面的电荷量
D．导体空腔内表面的电荷量
解析：选C.静电平衡状态下的导体内部场强为零，且内表面不带电，由于导体接地，故整个导体的电势为零．故选C.
3.
如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电荷的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是( )
A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc
B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＝φc
D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc
解析：
选D.空腔球形导体在正电荷A的电场中感应的结果如图所示，从电场线的疏密可确定a点场强大于c点场强，而b点场强为零，故Ea＞Ec＞Eb，而沿着电场线电势降低，故φa＞φb＞φc，D选项正确．故选D.
4.
如图所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B，向C球靠近，则( )
A．A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向
B．A的位置不变，B向右偏离竖直方向
C．A向左偏离竖直方向，B的位置不变
D．A、B的位置都不变
解析：选B.金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A不会受到电场力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷带负电，外壁是远端，感应同号电荷带正电，正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，小球B向右偏，选项B正确．故选B.
5．(2014·武汉三中高二检测)如图所示，在真空中把一绝缘导体AB向带负电的小球P缓慢地靠近(不接触，且未发生放电现象)时，下列说法中正确的是( )
A．B端的感应电荷越来越多，A端的感应电荷越来越少
B．导体内部场强越来越大
C．导体的感应电荷在M点产生的场强大于在N点产生的场强
D．导体的感应电荷在M、N两点产生的场强相等
解析：选C.由于导体AB缓慢移动，所以导体AB内部可以认为始终处于静电平衡状态，导体内部场强始终为零，B错误；由于AB距P越来越近，所以A、B两端积累的电荷会越来越多，A错误；M点距小球P的距离比N点要近，带负电小球P在M点产生的场强大于在N点产生的场强，而导体内部的合场强处处为零，那么导体上的感应电荷在M点产生的场强就大于在N点产生的场强，故C正确，D错误．故选C.
6.
如图所示为静电除尘示意图，在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在电场力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了．就此示意图，下列说正确的是( )
A．N接电源的正极
B．M接电源的正极
C．电场强度EB＝EA
D．电场强度EB＜EA
解析：选A.
电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，N接电源正极．将金属棒与金属管壁看做电容器，则其内电场线分布情况如图所示．由图可知金属棒附近的B点处电场线较密，而靠近金属管壁的A点处电场线较疏，故B处场强比A处场强大，即EB＞EA.故选A.
7．如图所示，A、B为两个带等量异种电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C、D放在两球之间，则下列叙述错误的是( )
A．C棒的电势一定高于D棒的电势
B．若用导线将C棒的x端与D棒的y端连接起来的瞬间，将有从y流向x的电子流
C．若将B球接地，B所带的负电荷全部流入大地
D．若将B球接地，B所带的负电荷还将保留一部分
解析：
选C.由图所示的电场线方向可知A、B、C、D的电势高低为φA＞φC＞φD＞φB.当用导线将C棒的x端与D棒的y端连接的瞬间，将有自由电子从电势低的D棒流向电势高的C棒，这时C与D已通过导线连接为一个导体了，静电平衡后，它们的电势相等，C的x端仍带负电，D的y端仍带正电，而C的右端及D的左端均不带电，即C右端的正电荷与D左端的负电荷中和掉了．当将B球接地时，一部分自由电子从低于大地电势的B球上流向大地，而一部分电子受到D棒y端正电荷的吸引而保留在靠近y端的近端处，如果把带正电的A球移走，接地的B球上的负电荷才全部流入大地．故选C.
8．(2013·高考江苏卷改编)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等. a、b为电场中的两点，则( )
A．a点的电场强度比b点的大
B．a点的电势比b点的低
C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做正功
解析：选A.由题图可知，a处电场线比b处密，所以Ea＞Eb，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa＞φb，选项B错误；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D错误．
电容器的电容 一课一练
单项选择题
1．对电容C＝，以下说法正确的是( )
A．电容器充电电荷量越多，电容增加越大
B．电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比
C．电容器的电容越大，所带电荷量就越多
D．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
解析：选D.电容是描述电容器储存电荷特性的物理量，一旦电容器确定了，电容C便不再变化．C＝是定义式，不是决定式，无论带电荷量Q和电压U如何变化，其比值始终不变．因此，应选D.
2．对于给定的电容器，下列描述其电容C、电荷量Q、电势差U之间的相互关系，正确的是( )
解析：选A.对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器的带电荷量Q的大小和两极板间的电压U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故B、C错误，A正确．电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，而不是不随电压变化，故D错误．故选A.
3．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
解析：选B.根据平行板电容器电容公式C＝，在两极板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确．故选B.
4．一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为( )
A．1.0×10－8 F B．2.0×10－8 F
C．4.0×10－8 F D．8.0×10－8 F
解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推导出：C＝.因此电容C＝ F＝2.0×10－8 F．故选B.
5．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，由θ不变
解析：选A.静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，C＝＝.保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确、B错误；保持d不变，减小S，则C减小，偏角θ也增大，选项C、D均错误．故选A.
6．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
解析：选D.P、Q间距增大，根据C＝，C减小，A选项错误．电容器极板电压保持不变，根据C＝，P上电荷量减少，电容器放电，方向为M到N，B、C选项错误，D选项正确．
7.
如图所示，两极板间距为d的平行板电容器与一电源连接，电键S闭合，电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述中正确的是( )
A．微粒带的是正电
B．两极板的电压等于mgd/q
C．断开电键S，微粒将向下做加速运动
D．保持电键S闭合，把电容器两极板距离增大，微粒将向上做加速运动
解析：选B.由平衡条件知，微粒受电场力向上，故带负电，A错误；由q·＝mg得：U＝，B正确；断开电键后，微粒仍静止，C错误；S闭合，d增大，由E＝知，E减小，qE8．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷分别用d、U、E和Q表示，下列说法正确的是( )
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的两倍
解析：选A.E＝，保持U不变，将d变为原来的两倍，E变为原来的一半，A正确；保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B错误；C＝，C＝，保持d不变，C不变，Q加倍，U加倍，C错误；E＝＝＝＝，则Q变为原来的一半，E变为原来的一半，D错误，故选A.
带电粒子在电场中的运动 一课一练
一、单项选择题
1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．一定是匀变速运动
B．不可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动
解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.
2.
如图所示，质子(H)和α粒子(He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
解析：选B.由y＝ 和Ek0＝mv，得：y＝可知，y与q成正比，故选B.
3.
(2014·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )
A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动的时间相等
C．三小球到达正极板时动能关系是EkA>EkB>EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是aA>aB>aC
解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.
4.
如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A．2倍 B．4倍
C. D.
解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，故选C.
5．(2013·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
解析：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝vt，y＝at2及a＝，得带电微滴的轨迹方程为y＝，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．
6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝h，所以Ek＝，故选D.
☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )
解析：选B.由题图乙及题图丙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.
8.
(2014·江苏天一中学高二测试)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
A．使初速度减为原来的1/2
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1/4
解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：
－qU＝－mv
要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：
－q＝－mv
联立两方程得：＝
可见，选项B符合等式的要求．故选B.
9.
竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．两电荷的电荷量相等
B．两电荷在电场中运动的时间相等
C．两电荷在电场中运动的加速度相等
D．两电荷离开电场时的速度大小相等
解析：选B.由t＝知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝at2和yM＝2yN知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝知，仅当mM＝mN时，两电荷量相等，故A错误；由vy＝at知，vyM≠vyN，则合速度不等，故D错误．故选B.
☆10.
如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是( )
A．增大两板间的电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U1加速有eU1＝mv，电子经过偏转电场的过程有L＝v0t，h＝at2＝ t2＝.由以上各式可得＝.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L，或减小d，或减小U1.故选C.
二、非选择题
11.
在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v0沿着垂直场强的方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再过点A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点，求AM∶BN∶CP和电子途经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比．
解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x轴分方向做匀速直线运动，故M、N、P三点沿x轴的分速度相等，vMx∶vNx∶vPx＝1∶1∶1
又OA＝AB＝BC
所以tOA＝tAB＝tBC
根据电子沿－y方向做匀加速运动，
由y＝at2得：AM∶BN∶CP＝1∶4∶9.
答案：1∶4∶9 1∶1∶1
☆12.如图所示虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.
解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：
a1＝＝
＝a1t21
v1＝a1t1
t2＝
运动的总时间为t＝t1＋t2＝3.
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝＝
t3＝
vy＝a2t3
tan θ＝
解得：tan θ＝2.
(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1
x1＝a2t23
tan θ＝
解得：x＝x1＋x2＝3L.
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
专题突破 电场力的性质
1．电场力公式
(1)F＝Eq(适用于一切电场)
(2)F＝(适用于两点电荷)
2．电场强度公式
(1)E＝(适用于一切电场)
(2)E＝(适用于点电荷电场)
3．电场线
(1)电场线：为了形象描述电场而画的一条条有方向的曲线．曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．
(2)电场线的特点：①电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷；
②电场线在电场中不相交；
③电场强度大的地方电场线较密，电场强度小的地方电场线较疏．
公式E＝F/q与E＝kQ/r2应用辨析
(2014·北京四中高二检测)如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是( )
A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
B．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
C．＋q在O点产生的场强为E2＝
D．＋q在O点产生的场强为E2＝
[解析] 金属板不能看做点电荷，在小球处产生的场强不能用E＝计算，故A错误；根据小球处于平衡得小球受电场力F＝mgtan α，由E＝得：E1＝，B正确；小球可看做点电荷，在O点产生的场强E2＝，C正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtan α，但金属板不能看做试探电荷，故不能用E＝求场强，D错误．故选BC.
[答案] BC
电场强度的叠加
(2014·南京质检)如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E.现改变a处点电荷的位置，使O处的电场强度改变，下列叙述正确的是( )
A．移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
B．移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿Od
C．移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc
D．移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
[解析] 当等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，根据点电荷产生的场强的特点可知，在O处产生的合场强是各自产生场强大小的2倍，可知每个点电荷在O处产生的场强大小均是，方向是由a指向d.当a处点电荷移至c处时，根据数学知识可得在O处产生的合场强大小减半，方向沿Oe，A错误；同理，可判定B、D错误，C正确．故选C.
[答案] C
割补法求电场强度
如图所示，用金属丝弯成半径为r＝1.0 m的圆弧，但在A、B之间留有宽度为d＝2 cm的间隙，且d远远小于r，将电荷量为Q＝3.13×10－9C的正电荷均匀分布于金属丝上，求圆心处的电场强度．
[解析] 根据对称性可知，带电圆环在圆心O处的合场强E＝0，那么补上缺口部分在圆心O处产生的场强与原缺口环在圆心O处产生的场强大小相等、方向相反．
考虑到2πr比d大很多，所以原来有缺口的带电环所带电荷的密度为ρ＝，补上的金属部分的带电荷量Q′＝ρd＝＝1.0×10－11 C
由于d比r小得多，可以将Q′视为点电荷，它在O处产生的场强为
E′＝＝9×109× N/C＝9×10－2 N/C，方向由缺口指向圆心
所以原缺口环在圆心处产生的场强E＝9×10－2 N/C，方向由圆心指向缺口．
[答案] 见解析
静电场知识与动力学知识的综合应用
如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，求：
(1)原来的电场强度为多大？
(2)物块运动的加速度？
(3)沿斜面下滑距离为l＝0.5 m时物块的速度大小．
(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
[解析] (1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则
mgsin 37°＝qEcos 37°
E＝＝.
(2)当场强变为原来的时，小物块所受的合外力
F合＝mgsin 37°－qEcos 37°
＝mgsin 37°＝0.3mg
又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下．
(3)由v2－0＝2al得v＝ m/s.
[答案] (1)
(2)3 m/s2，方向沿斜面向下
(3) m/s
1．下列关于电场强度的说法中正确的是( )
A．公式E＝只适用于真空中点电荷产生的电场
B．由公式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比
C．在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小
D．由公式E＝k可知，在离点电荷非常近的地方(r→0)，电场强度E无穷大
解析：选C.电场强度的定义式E＝适用于任何电场，故A错误．电场中某点的电场强度由电场本身决定，而与电场中该点是否有试探电荷或引入试探电荷所受的电场力无关，故B错误．点电荷间的相互作用力是通过电场产生的，故C正确．公式E＝是点电荷产生的电场中某点场强的计算式，当r→0时，所谓“点电荷”已不存在，该公式已不适用，故D错误．故选C.
2.
如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是( )
A．该电场是匀强电场
B．电场线的方向由N指向M
C．电子在a处的加速度小于在b处的加速度
D．因为电子从a到b的轨迹跟MN重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹
解析：选B.仅从一条直的电场线不能判断出该电场是否为匀强电场，因为无法确定电场线的疏密程度，所以该电场可能是匀强电场，可能是正的点电荷形成的电场，也可能是负的点电荷形成的电场，A错．电子从a到b做的是加速运动，表明它所受的静电力方向是由M指向N，由于负电荷所受的静电力方向跟场强方向相反，所以电场线的方向由N指向M，B对．由于无法判断电场的性质，因此不能比较电子在a、b两处所受静电力的大小，即不能比较加速度的大小，C错．电场线不是电荷运动的轨迹，只有在特定的情况下，电场线才可能与电荷的运动轨迹重合，D错．
3．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A．k B．k
C．k D．k
解析：选B.本题应从点电荷产生的电场和电场的叠加角度解决问题．已知a处点电荷和带电圆盘均在b处产生电场，且b处场强为零，所以带电圆盘在b处产生的电场场强E1与q在b处产生的电场场强Eab等大反向，即E1＝Eab＝，带电圆盘在d处产生的电场场强E2＝E1且方向与E1相反，q在d处产生的电场场强Ead＝，则d处场强Ed＝E2＋Ead＝＋＝k，选项B正确．
4．(2012·高考海南卷)
N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图．若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为________，方向________．(已知静电力常量为k)
解析：由对称性可知，均匀分布在半径为R的圆周上N个带电小球在圆心O点处的合电场强度大小为零．若移去位于圆周上P点的一个小球，剩余带电小球在圆心O点处产生的电场强度与P点小球在圆心O点产生的电场强度大小相等，方向相反．由点电荷电场强度公式可知，P点带电小球在圆心处产生的电场强度为E＝k，方向沿PO指向O点．若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为E＝k，方向沿OP指向P点．
答案：k 沿OP指向P点
5．如图所示，QA＝3×10－12 C，QB＝－3×10－12 C，A、B相距6 cm，在水平方向的外加电场作用下，求A、B连线中点处的场强．
解析：因为A、B保持静止且悬线都处于竖直方向，对A受力分析可知，A球受到外加电场对它的作用力和B对它的静电力等大、反向，即QAE＝k，故E＝k
因带电小球A、B分别带正、负电荷，所以它们在连线中点处产生的电场强度大小为E′＝k＋k
电场强度E′的方向为水平向右，而外加电场的电场强度方向为水平向左，所以A、B连线中点处的合场强为
E合＝，代入数据即得E合＝52.5 N/C，方向水平向右．
答案：见解析
专题突破 电场能的性质
1．电场力做功
WAB＝qUAB，电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关．
WAB＝EpA－EpB，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大．
2．电势和电势差
电势：φ＝，标量，具有相对性．
电势差：UAB＝φA－φB＝
3．等势面
(1)等势面一定与电场线垂直，即与电场方向垂直．
(2)沿等势面移动电荷，电场力不做功．
(3)电场线从高等势面指向低等势面．
4．电场强度和电势差的关系：U＝Ed，
适用条件：匀强电场，d为沿电场线方向的距离．
电场能的性质的应用
如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称．则( )
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功
D．负电荷从C点移至D点，电势能增大
[解析] 同一等势线上各点电势相等，所以φA＝φC，沿着电场线方向电势降低，所以φC>φB，即φA>φB，选项A错误；由W＝qUAB可知正电荷从A点移至B点，电场力做正功，选项C正确；C点和D点电场强度的方向不同，选项B错误；C点和D点位于同一等势线上，即UCD＝0，由W＝qUCD可得负电荷从C点移至D点，电场力不做功，电势能不变，选项D错误．
[答案] C
E－x、φ－x图象问题的求解
空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是( )
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
[解析] 题图中从O点沿＋x轴方向，场强为正值，位移为正值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差为正，表示沿＋x轴方向的电势逐渐降低，即O点电势依次大于x1点、x2点、x3点的电势，选项A、B、D错误．而图中沿－x轴方向，场强为负值、位移为负值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差也为正，即沿－x轴方向的电势也逐渐降低．因从－x1点移到x1点，E-x图线在O点两侧所包围的面积相等，表示这两点间的电势差为零，所以－x1和x1两点电势相等，选项C正确．此电场实际上是等量同种正电荷，从两电荷连线的中点沿中垂线向两侧外移动的电场模型．故选C.
[答案] C
空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别为EBx、ECx.下列说法正确的有( )
A．EBx的大小大于ECx的大小
B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
[解析] 在φ-x图中，图象的斜率表示场强的大小．结合题中图象的特点可知EBx＞ECx，EOx＝0，故A项正确，C项错误．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知，EBx沿x轴负方向，B项错误．负电荷在x轴上受电场力沿x轴负向，在负x轴上受电场力沿x轴正向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，D项正确．故选AD.
[答案] AD
电场中的能量转化与守恒
一个质量为m、带有电荷量为－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动．O端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示，小物体以速度v0
从距O点为x0的点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力Ff作用，且Ff[思路探究] 求解本题的关键有三点：首先要能判断出物体最终所停止的位置；其次是分析清物体的往复运动过程；最后还要确定各力的做功特点及能量的相互转化情况．
[解析] 根据FfqEx0－Ffs＝0－mv.
所以，物体停止运动前通过的总路程为
s＝.
[答案]
1.
一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )
A．动能减小
B．电势能增大
C．动能和电势能之和减小
D．重力势能和电势能之和增大
解析：选C.由带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹可知，油滴受到的电场力是竖直向上的，且电场力大于重力．带电油滴从a运动到b的过程中，电场力做正功，所以电势能减小，可知B错误．重力做负功，所以重力势能增大．电场力大于重力，则电场力做的正功大于重力做的负功，所以带电油滴从a运动到b的过程中，合力做正功，由动能定理可知带电粒子动能增大，所以A错误．由能量的转化与守恒可知，带电油滴从a运动到b的过程中，动能、电势能和重力势能间相互转化，但动能、电势能和重力势能之和不变，所以由动能增大，可知重力势能和电势能之和减小，D错误；由重力势能增大，可知动能和电势能之和减小，C正确．故选C.
2.
(2014·南京外国语学校高二检测)如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在点电荷Q的电场中运动到N点静止，则从M运动到N点过程中( )
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
解析：选ABD.从题目所提供的信息可知，小物块与点电荷Q带同种电荷，小物块远离Q时，小物块所在处的场强变小，所受电场力变小，小物块从M到N，电场力做正功，电势能减小，因不知固定点电荷的带电性质，故不能判定M、N两点电势高低．据功能关系和题目条件，电场力做的功即电势能的变化量，大小一定等于克服摩擦力做的功，故选ABD.
3．(2014·银川一中模拟)如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距点A的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是( )
A．A、B两点的电场强度EA＞EB
B．电子在A、B两点的速度vA＜vB
C．A、B两点的电势φA＞φB
D．电子在A、B两点的电势能EpA＜EpB
解析：选ACD.电场线方向由高电势指向低电势，即由A点指向B点，C正确；电子仅在电场力的作用下做减速运动，电子在A、B两点的速度vB＜vA，B错误；电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题中图象可知电子由A点运动到B点，电势能增加且动能减小，D正确；分析题中图象可得电子的电势能随运动距离的增大而增大，但增大得越来越缓慢，即经过相等距离电场力做的负功越来越少，由W＝qEΔx可得场强越来越小，A正确．故选ACD.
4.
(2014·浙江部分学校联考)绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是( )
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程中的中间时刻，速度的大小等于
C．此运动过程中产生的内能为
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab＝
解析：选D.由于滑块在运动过程中受到的库仑力是变力，而到达b点时速度刚好为零，则在此过程中，其受到的库仑力一定小于滑动摩擦力，A错误；由于滑块不是做匀变速直线运动，则利用匀变速运动公式得到的平均速度与本运动中的平均速度不相等，B错误；由能量守恒定律可知，在此过程中，滑块的动能和电势能转化为系统的内能，即此运动过程中产生的内能大于，C错误；对
此过程应用动能定理可得qUba－μmgs＝0－mv，则Uab＝，D正确．故选D.
5.
(2014·安徽阜阳一中高二月考)如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为－q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场．已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为.问：
(1)电场强度E为多大？
(2)A点至最高点的电势差为多少？
解析：(1)在竖直方向上，t＝
在水平方向上，t＝，得：a＝＝，故E＝.
(2)在竖直方向上：h＝
根据动能定理：W－mgh＝m2－mv2
得W＝.所以U＝＝－.
答案：(1) (2)－
第一章静电场章末检测
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)
1．仔细观察下列与静电有关的各图，属于防范静电的是( )
解析：选A.题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，故选A.
2．(2014·洛阳统考)如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是( )
解析：选B.A中a、b两点场强的方向不同，A错误；B中a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中a点电势高于b点电势，C错误；D中a、b两点场强的方向不同，D错误．故选B.
3．(2014·台州高二检测)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为( )
A. B.
C．r D．2r
答案：B
4.
(2014·广州一中高二检测)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些( )
A．带电尘粒将向上运动
B．带电尘粒将向下运动
C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B
D．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A
解析：选C.平行板左右错开一些后，正对面积减小，但板间距离不变．由于电容器与电源相连，板间电压不变．由E＝知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，A错误，B错误．两板错开时，由C＝知，电容减小，电荷量Q＝U·C减小，因而电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，C正确，D错误，故选C.
5.
(2014·银川一中质检)如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm，下列说法正确的是( )
A．E＝2 000 V/m，φC＝200 V
B．E＝5 000 V/m，φC＝200 V
C．电子在C点具有的电势能为－200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV
D．电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV
解析：选D.A接地，则其电势为零，又因为A、B间电压为600 V，则B处电压为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B间场强E＝U/d＝600 V/12 cm＝50 V/cm＝5 000 V/m，则φC＝E×dC＝50 V/cm×(－4 cm)＝－200 V，A、B错误；电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV，C错误，D正确．故选D.
6.
如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
答案：C
7.
一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是( )
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势高于N点的电势
C．从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐减小
D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力
解析：选D.
由题中的v－t图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处的电场为匀强电场，D正确A错误；由于粒子带正电，正电荷的受力方向跟该点场强的方向相同，如图所示，因为沿着电场线的方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C错误．故选D.
8．(2014·山东泰安一中月考)
如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点(其中b为连线的中点)，c为连线的中垂线上的一点．今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法中错误的是( )
A．电荷q受到的电场力的合力先减小后增大
B．电场力的合力对电荷q一直做负功
C．电荷q的电势能一直增加
D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变
解析：选D.由于b点是等量同种正电荷连线上的中点，所以b点电场强度为0，电荷在b点所受电场力为0，带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c的过程中，电场力先减小后增大，A正确；由于是负点电荷，所以电场力一直做负功，电势能一直增加，B、C正确；电荷q受到的电场力的合力方向随运动过程变化，由a到b合力方向向左，由b到c合力方向向下，D错误．
9．如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪种措施是不可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )
A．增大偏转电压U
B．减小加速电压U0
C．减小偏转电场的极板间距离d
D．将发射电子改成发射负离子
解析：选D.在加速电场中qU0＝mv，在偏转电场中y＝at2，l＝v0t，可得y＝，可见增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小极板间距离d可使偏转位移y增大，故A、B、C项正确．偏转位移的大小与发射的带电粒子的q、m无关，故D项错误．故选D.
10．(2014·包头一中模拟)
如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断不正确的是( )
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能
解析：选A.等量异种点电荷所形成的电场中每一个位置处的电场强度都是两个电荷形成的电场相叠加的结果，在MN直线上，两电荷连线中点处的场强最大；在两点电荷的连线上，中点场强最小(在电场线分布较密的地方电场较强)．可以判断B正确，A错误．电势差是电势的差值，由题意可知MN是两个电荷连线的中垂线，由左右两侧电场分布的对称性知Uab＝Ubc，故C正确．把正电荷从a点移到c点，电场力做正功，电荷的电势能减少，D正确．
二、计算题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
11.
(2013·高考新课标全国卷Ⅱ改编)(12分)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c球的电量．
解析：以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库＝，由平衡条件得：2F库cos 30°＝Eqc(3分)
即：＝Eqc，E＝(2分)
此时a的受力如图乙所示，则
2＋2＝2(3分)
得qc＝2q(2分)
即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡．(2分)
答案： 2q
12．(12分)如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg.求：
(1)电子在C点时的动能是多少？
(2)O、C两点间的电势差大小是多少？
解析：(1)依据几何三角形知电子在C点时的速度为：
vt＝① (2分)
而Ek＝mv② (3分)
联立①②得：Ek＝m2＝9.7×10－18 J．(2分)
(2)对电子从O到C，由动能定理，有
eU＝mv2t－mv20.③ (3分)
联立①③得：U＝＝15.2 V．(2分)
答案：(1)9.7×10－18 J (2)15.2 V
13．(16分)如图甲所示，相距d＝15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给它们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6 s，t＝0时A板的电势比B板的电势高，且U0＝1 080 V．一个比荷＝1.0×108 C/kg的带负电荷
的粒子在t＝0时刻从B板附近由静止开始运动，不计重力．求：
(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？
(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度的大小．
解析：粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于v-t图象分析运动过程．如图所示为一个周期的v-t图象，以后粒子将重复这种运动．
(1)在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t＝时，粒子速度第一次达到最大．根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为
a＝＝.(2分)
设粒子的最大速度为vm，此时位移为x，则
x＝＝×2＝0.04 m，(3分)
vm＝at＝＝2.4×105 m/s.(3分)
(2)粒子在第一个周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为xA；粒子后时间内，先加速后减速向B板运动，位移为xB.以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子在加速和减速运动中的加速度大小相等，所以有
xA＝2x＝0.08 m，(2分)
xB＝2×＝0.02 m．(2分)
所以粒子在一个周期内的位移x′＝xA－xB＝0.06 m．显然，第2个周期末粒子距A板的距离为
L＝d－2x′＝0.03 m＜0.04 m，(2分)
表明粒子将在第3个周期内的前时间内到达A板．设粒子到达A板的速度为v，则由v2＝2ax有v2＝
解得v≈2.1×105 m/s.(2分)
答案：(1)0.04 m 2.4×105 m/s (2)2.1×105 m/s
